Question

7．在△ABC中，已知：$\frac{a+b}{a}=\frac{sinB}{sinB-sinA}$，且cos（A-B）+cosC=1-cos2C．
（1）判断△ABC的形状，并证明；
（2）求$\frac{a+c}{b}$的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用正弦定理和三角形内角和公式结合和与差公式可得a，b，c关系，即可判断△ABC的形状．
（2）利用正弦定理，把边转化为角，利用三角函数的有界限即可求出范围．

解答 解：（1）△ABC为直角三角形，
证明：在△ABC中，∵$\frac{a+b}{a}=\frac{sinB}{sinB-sinA}$，
根据正弦定理，得$\frac{a+b}{a}=\frac{b}{b-a}$，
∴b²-a²=ab…①
∵cos（A-B）+cosC=1-cos2C，
∴cos（A-B）-cos（A+B）=2sin²C，
化简得sinAsinB=sin²C，
由正弦定理，得ab=c²，…②
将②代入①中得b²-a²=c²，即a²+c²=b²，
故△ABC是直角三角形；
（2）由（1）知$B=\frac{π}{2}$，
则$A+C=\frac{π}{2}$，即$C=\frac{π}{2}-A$，
故$sinC=sin（\frac{π}{2}-A）=cosA$．
根据正弦定理，得$\frac{a+c}{b}=\frac{sinA+sinC}{sinB}=sinA+cosA=\sqrt{2}sin（A+\frac{π}{4}）$．
∵$0＜A＜\frac{π}{2}，\frac{π}{4}＜A+\frac{π}{4}＜\frac{3π}{4}$，
∴$\frac{{\sqrt{2}}}{2}＜sin（A+\frac{π}{4}）≤1$，
∴$1＜\sqrt{2}sin（A+\frac{π}{4}）≤\sqrt{2}$，
即$\frac{a+c}{b}$的取值范围是$（1，\sqrt{2}]$．

点评 本题考查了正弦定理和三角形内角和公式结合和与差公式，以及利用三角函数的有界性求范围．属于中档题．